标签：乘法 == sum ret 影响 pac 根据 pre nts
根据题意，若一个点有子节点，则给出权值；否则可以从子节点转移得来。
若没有子节点，则直接给出权值；
若只有一个子节点，则概率情况与该子节点完全相同；
若有两个子节点，则需要从两个子节点中进行转移。
如何转移？显然，若权值 $i$ 在左子树，要取到它，需要在 $p_i$ 的概率中左子树较大，在 $(1-p_i)$ 的概率中左子树较小，右子树同理。因为当权值 $i$ 在左子树时右子树取到它的概率为 $0$ ，因此可以直接将两个子树的转移式相加合并，没有影响。即：
设节点 $x$ 取到权值 $i$ 的概率为 $f_{x,i}$ ，节点数为 $n$ ，则有：
$$f_{x,i}=f_{lson(x),i}*(p_x*\sum_{j=1}^{i-1} f_{rson(x),j}+(1-p_x)*\sum_{j=i+1}^{n} f_{rson(x),j})+f_{rson(x),i}*(p_x*\sum_{j=1}^{i-1} f_{lson(x),j}+(1-p_x)*\sum_{j=i+1}^{n} f_{lson(x),j})$$
如何求值？通过观察可以发现，这个式子同时需要左儿子的值、右儿子的值以及其前缀、后缀和，可以想到用线段树合并进行求值。
如何实现？在线段树合并的同时维护前、后缀和，打上乘法标记即可。记得离散化。
本题需要用到分数取模：$\frac{a}{b}\bmod k=\frac{a}{b}*b^{k-1}\bmod k=a*b^{k-2}\bmod k$ 。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=3e5+100;
const int P=998244353;
int qpow(int x,int y)
{
int ans=1;
while(y)
{
if(y&1)
ans=1LL*ans*x%P;
x=1LL*x*x%P,y>>=1;
}
return ans;
}//快速幂
const int D=qpow(10000,P-2);
struct Seg
{
int lson,rson,sum,tag;
#define lson(i) t[i].lson
#define rson(i) t[i].rson
#define sum(i) t[i].sum
#define tag(i) t[i].tag//乘法标记
}t[N<<5];
int n,cnt,h,ans;
int v[N],r[N],a[N],cnts[N],anss[N],s[N][2];
int newp()
{
int p=++cnt;
tag(p)=1;
return p;
}//新建节点
void update(int p,int val)
{
sum(p)=1LL*sum(p)*val%P;
tag(p)=1LL*tag(p)*val%P;
}//更新
void pushdown(int p)
{
if(tag(p)>1)
update(lson(p),tag(p)),update(rson(p),tag(p)),tag(p)=1;
}//下传标记
void change(int &p,int l,int r,int k,int val)
{
if(!p)
p=newp();
if(l==r)
{
sum(p)=val;
return ;
}
pushdown(p);
int mid=l+r>>1;
if(k<=mid)
change(lson(p),l,mid,k,val);
else
change(rson(p),mid+1,r,k,val);
sum(p)=sum(lson(p))+sum(rson(p))%P;
}//修改
void ask(int p,int l,int r)
{
if(!p)
return ;
if(l==r)
{
anss[l]=sum(p);
return ;
}
pushdown(p);
int mid=l+r>>1;
ask(lson(p),l,mid),ask(rson(p),mid+1,r);
}//输出答案到对应数组
int merge(int x,int y,int l,int r,int xtag,int ytag,int val)
{
if(!x && !y)
return 0;
if(!x)
{
update(y,ytag);
return y;
}
if(!y)
{
update(x,xtag);
return x;
}
pushdown(x),pushdown(y);//下传标记
int mid=l+r>>1,lx=sum(lson(x)),ly=sum(lson(y)),rx=sum(rson(x)),ry=sum(rson(y));//先存值，否则之后会被改动
lson(x)=merge(lson(x),lson(y),l,mid,(xtag+1LL*ry*(1-val+P)%P)%P,(ytag+1LL*rx*(1-val+P)%P)%P,val);
rson(x)=merge(rson(x),rson(y),mid+1,r,(xtag+1LL*ly*val%P)%P,(ytag+1LL*lx*val%P)%P,val);
sum(x)=(sum(lson(x))+sum(rson(x)))%P;
return x;
}
void pre()
{
sort(a+1,a+h+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!cnts[i])
v[i]=lower_bound(a+1,a+h+1,v[i])-a;//权值离散化
else
v[i]=1LL*v[i]*D%P;//存概率，分数取模
}//预处理权值
void solve(int x)
{
if(!cnts[x])
{
change(r[x],1,h,v[x],1);
return ;
}//没有子节点，插入权值
if(cnts[x]==1)
{
solve(s[x][0]);
r[x]=r[s[x][0]];
return ;
}//只有一个子节点
solve(s[x][0]),solve(s[x][1]);
r[x]=merge(r[s[x][0]],r[s[x][1]],1,h,0,0,v[x]);//有两个子节点
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1,x;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
if(x)
s[x][cnts[x]++]=i;
}
for(int i=1,x;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&v[i]);
if(!cnts[i])
a[++h]=v[i];
}
pre(),solve(1),ask(r[1],1,h);
for(int i=1;i<=h;i++)
ans=(ans+1LL*i*a[i]%P*anss[i]%P*anss[i])%P;//计算答案
printf("%d",ans);
return 0;
}
标签：乘法 == sum ret 影响 pac 根据 pre nts
原文地址：https://www.cnblogs.com/TEoS/p/13289222.html
